导数压轴题分析与解——2018全国卷理数3

已知函数 $f(x)=\left(2+x+a x^{2}\right) \ln (1+x)-2 x$ .
(1)若 $a=0,$ 证明: 当 $-1<x<0$ 时， $f(x)<0$ ；当 $x>0$ 时， $f(x)>0$ ；
(2)若 $x=0$ 是 $f(x)$ 的极大值点，求 $a$ .

(1)

法一

当 $a=0$ 时， $f(x)=(2+x)\ln(1+x)-2x,\quad x>-1$ ， $f'(x)=\ln(1+x)+\dfrac{x+2}{1+x}-2$ ，

$f''(x)=\dfrac{1}{1+x}-\dfrac{1}{(1+x)^2}=\dfrac{x}{(1+x)^2}$

当 $-1<x<0$ 时， $f''(x)<0$ ，当 $x>0$ 时， $f''(x)>0$ .

所以 $f'(x)$ 在 $(-1,0)$ 单减，在 $(0,+\infty)$ 单增.

则 $f'(x)\geq f'(0)=0$ ，所以 $f(x)$ 在 $(-1,+\infty)$ 单增.

而 $f(0)=0$ ，所以当 $-1<x<0$ 时， $f(x)<0$ ；当 $x>0$ 时， $f(x)>0$ .

法二

当 $a=0$ 时， $f(x)=(2+x)(\ln(1+x)-\dfrac{2x}{2+x}),\quad x>-1$ ，

令 $g(x)=\ln(1+x)-\dfrac{2x}{2+x}$ ， $g'(x)=\dfrac{1}{x+1}-\dfrac{4}{(x+2)^{2}}=\dfrac{x^{2}}{(x+1)(x+2)^{2}}>0$ ，

所以 $g(x)$ 在 $(-1, +\infty)$ 单增，又因为 $g(0)=0$ ，故当 $-1<x<0$ 时， $g(x)<g(0)=0$ ，当 $x>0$ 时， $g(x)>g(0)=0$ .

又 $2+x>0$ ，所以当 $-1<x<0$ 时， $f(x)<0$ ；当 $x>0$ 时， $f(x)>0$ .

反思

法二的优秀之处在于将 $\ln(1+x)$ 前面的因式剥离之后，一次求导便可去掉对数，当我们遇到 $f(x)\ln g(x)$ 型函数的时候，这是一个考虑方向.

(2)

法一

$f(x)=\left(2+x+a x^{2}\right) \ln (1+x)-2 x$

$f^{\prime}(x)=(2 a x+1) \ln (x+1)+\dfrac{a x^{2}+1}{x+1}-1$ ，显然 $f^{\prime}(0)=0$ .

要使 $f(0)$ 为极大值，则需 $f_-'(0)>0$ ， $f_+'(0)<0$ .

$f^{\prime \prime}(x)=2 a \ln (x+1)+\dfrac{3 a x^{2}+4 a x+x}{(x+1)^{2}}$ ，显然 $f^{\prime \prime}(0)=0$ .

所以 $x=0$ 为 $f''(x)$ 的极大值点.

$f^{\prime \prime \prime}(x)=\dfrac{2 a x^{2}+6 a x-x+6 a+1}{(x+1)^{3}}$

要使 $f''(0)$ 为极大值，则需 $f'''(0)=0$ ，所以 $a=-\dfrac{1}{6}$ .

当 $a=-\dfrac{1}{6}$ 时， $f'''(x)=-\dfrac{x(x+6)}{3(x+1)^3}$ ，所以当 $-1<x<0$ 时， $f'''(x)>0$ ；当 $x>0$ 时， $f'''(x)<0$ .

所以 $f''(x)$ 在 $(-1,0)$ 上单增，在 $(0,+\infty)$ 上单减，则 $f''(x)\leq f''(0)=0$ .

所以 $f'(x)$ 在 $(-1,+\infty)$ 上单减，而 $f'(0)=0$ .

所以当 $-1<x<0$ 时， $f'(x)>0$ ；当 $x>0$ 时， $f'(x)<0$ .

所以当 $a=-\dfrac{1}{6}$ 时， $x=0$ 为 $f(x)$ 的极大值点.

反思

初等函数的驻点不是极值点则是拐点；
初等函数极值点处的一阶导数为 $0$ ，拐点处的二阶导数为 $0$ ；
由 $f^{\prime \prime}(0)=0$ ，但 $x=0$ 又不是 $f'(x)$ 的极值点，那么 $x=0$ 一定是 $f'(x)$ 的拐点；
$f'(x)$ 的二阶导数是 $f'''(x)$ ，所以 $f'''(0)$ 一定是 $0$ ；
由于2中仅仅是充分非必要的表述，故上面解答中得出 $a=-\dfrac{1}{6}$ 后的反向验证是必要的.

法二

由 $x=0$ 是 $f(x)$ 的极大值点，所以存在 $\delta>0$ ，使得在 $(-\delta, 0) \cup(0, \delta)$ ， $f(x)<f(0)=0$ ，即 $\left(2+x+a x^{2}\right) \ln (1+x)-2 x<0$ .
当 $x \in(0, \delta)$ 时， $\ln (1+x)>0$ ，故 ${a<\dfrac{\dfrac{2x}{\ln (1+x)}-x-2}{x^{2}}}=\dfrac{2 x-(x+2) \ln (x+1)}{x^{2} \ln (x+1)}$
当 $x \in(-\delta,0)$ 时， $\ln (1+x)<0$ ，故 $a>\dfrac{2 x-(x+2) \ln (x+1)}{x^{2} \ln (x+1)}$
所以 $a=\mathop {\lim} \limits_{x \rightarrow 0}\dfrac{2 x-(x+2) \ln (x+1)}{x^{2} \ln (x+1)}$ $=\mathop {\lim} \limits _{x \rightarrow 0} \dfrac{x-(x+1) \ln (x+1)}{2 x(x+1) \ln (x+1)+x^{2}}$
$=\mathop {\lim} \limits _{x \rightarrow 0} \dfrac{-\ln (x+1)}{(4 x+2) \ln (x+1)+4 x}$ $=\mathop {\lim} \limits _{x \rightarrow 0} \dfrac{-\dfrac{1}{x+1}}{4 \ln (x+1)+\dfrac{4 x+2}{x+1}+4}=-\dfrac{1}{6}$ .

反思

上述解法用到了极限的思想， $\exists \delta>0$ ，当 $x\in(0,\delta)$ 时，有 $a<\dfrac{2 x-(x+2) \ln (x+1)}{x^{2} \ln (x+1)}$ ，那么当 $\delta$ 变小，这个不等式仍成立，让 $\delta\rightarrow0$ ，就能想到 $a$ 就是 $\mathop {\lim} \limits_{x \rightarrow 0}\dfrac{2 x-(x+2) \ln (x+1)}{x^{2} \ln (x+1)}$ ，后续过程就是用洛必达法则求函数极限.

法三

令 $g(x)=2+x+ax^2$ ， $g(0)=2$ .

所以 $\exists \delta>0$ ，使 $g(x)>0$ 在 $(-\delta,\delta)$ 上恒成立.

令 $h(x)=\dfrac{f(x)}{g(x)}=\ln (1+x)-\dfrac{2x}{2+x+ax^2}$ ，则 $h(x)$ 与 $f(x)$ 在区间 $(-\delta,\delta)$ 上符号相同.

由于 $f(0)=0$ ，所以函数 $f(x)$ 在 $x=0$ 处取得极大值意味着 $f(x)$ 在 $x=0$ 的左右两侧都小于 $0$ .^[1]

所以 $x=0$ 是 $f(x)$ 的极大值点，当且仅当 $x=0$ 是 $h(x)$ 的极大值点.

$h'(x)=\dfrac{1}{x+1}-\dfrac{2(2+x+ax^2)-2x(1+2ax)}{(2+x+ax^2)^2}$ $=\dfrac{x^2(a^2x^2+4ax+6a+1)}{(x+1)(ax^2+x+2)^2}$

所以 $x=0$ 必为因式 $a^2x^2+4ax+6a+1$ 的零点.^[2]

所以 $a=-\dfrac{1}{6}$ .

当 $a=-\dfrac{1}{6}$ 时， $h'(x)=\dfrac{x^3(x-24)}{(x+1)(x^2-6x-12)^2}$ ，则当 $x\in(-1,0)$ 时， $h'(x)>0$ ，当 $x\in(0,1)$ 时， $h'(x)<0$ ，所以 $x=0$ 是 $h(x)$ 的极大值点，也是 $f(x)$ 的极大值点.

所以 $a=-\dfrac{1}{6}$ .

反思

充分的理解到，极值是一个小区间上的最值，这个小区间可以任意小，而 $2+x+ax^2$ 在 $0$ 附近一个充分小的区间内可以恒大于 $0$ ，从而把 $\ln(1+x)$ 前面的因式剥离，求导便可去掉对数.

这种解法是基于对极值的深刻理解.

这句话解题过程可以不写，写出来是为了读者好理解. ↩
虽然因式 $x^2$ 的零点也是0，但那是同号零点，不会是极值点. ↩